ESERCIZI DI FISICA GENERALE – nr. 16/07 1. Un cavaliere medievale, di massa complessiva M = 500 Kg, percorre un ponte levatoio, di materiale omogeneo, lunghezza l = 5.00 m, e massa m = 100 Kg, che è incernierato senza attriti ad l un suo estremo, mentre all’altro estremo è fissato tramite una F g catena inestensibile (di massa trascurabile) alle pareti del castello, in un punto che si trova ad una distanza verticale l = θ 5.00 m al di sopra del perno (vedi figura). Per lo svolgimento del x problema, considerate il cavaliere (con cavallo e armatura) come l un punto materiale. a) Detta x la coordinata del cavaliere lungo il ponte levatoio, come si scrive la funzione F(x) che rappresenta la dipendenza del modulo della tensione della catena con la posizione x? F(x) = ……………………………………….. (Mg x + mgl/2)/(l sinθ) , essendo θ = 45 gradi l’angolo rappresentato in figura b) Sapendo che il carico massimo che la catena può sopportare prima di spezzarsi vale in modulo F’ = 5000 N,quanto vale la coordinata x’ a cui arriva il cavaliere prima che succeda il disastro? x’ = …………………………………... = ……… m F’l sinθ / (Mg) – ml / (2M) = 3.11 m [risolvendo l’equazione scritta sopra per x e considerando una forza pari a F’ c) Tenendo conto che il ponte levatoio è ben approssimato da un’asta omogenea che ruota attorno ad un asse passante per una sua estremità, quanto vale l’accelerazione angolare α del ponte subito dopo la rottura della catena? [Se proprio non volete calcolarvelo, ricordate che il momento di inerzia di un’asta omogenea di massa m e lunghezza l vale, in questo caso, I = ml2/3] α = …………………………………... = ……… rad/s2 (mgl/2 + Mgx’)/I = 21.2 rad/s2 [dalla legge del moto di rotazione di un corpo rigido, tenendo conto che, subito dopo la rottura della catena, i momenti delle forze sono solo quelli dovuti alla forza peso del ponte, applicata al suo centro di massa, e del cavaliere, applicata con un braccio pari a x’] d) Il cavaliere comincerà a cadere verso il basso, ed il ponte a compiere una rotazione. Inizialmente (subito dopo la rottura della catena), quanto valgono in modulo le accelerazioni lineari A ed a rispettivamente del cavaliere e dell’estremità del ponte? A = …………………………………... = ……… m/s2 g = 9.80 m/s2 [è un grave in caduta libera!] a = …………………………………... = ……… m/s2 α l = 106 m/s2 [>> g !!] 2. Il sistema materiale di figura è costituito da tre corpi puntiformi identici di massa m = 0.60 kg, tenuti insieme da un sistema di aste rigide di massa trascurabile. Nel Y m sistema di riferimento indicato in figura, i tre corpi giacciono sul piano z = 0 e si trovano rispettivamente nelle posizioni r1 = (-d,-d), r2 = (0, d), r3 = (d,-d), con d = 30 -d d X cm. [Notate che i tre corpi si trovano ai vertici di un triangolo isoscele m -d m “indeformabile”] a. Qual è la posizione rCM = (xCM, yCM) del centro di massa del sistema? xCM= …………………………………… = ………… m (m1x1+m2x2+m3x3)/(m1+m2+m3) = 0 [come si poteva vedere dal fatto che l’asse Y è un asse di simmetria del sistema] yCM= …………………………………… = ………… m 0.10 m (m1y1+m2y2+m3y3)/(m1+m2+m3)=-d/3=- b. Quanto vale il momento di inerzia I0 per una rotazione del sistema attorno all’asse Z? I0 = …………………………………… = ………… kg m2 m1r12+m2r22+m3r32= m1(x12+y12)+m2(x22+y22)+m3(x32+y32)= 5md2 = 0.27 kg m2 c. Quanto vale il momento di inerzia I’ per una rotazione del sistema attorno ad un asse parallelo all’asse Z e passante per la posizione del corpo 1? I’ = …………………………………… = ………… kg m2 m1r’12+m2r’22+m3r’32= m1((x1 – x1)2+(y1 –y1)2)+ m2((x2 –x1)2+(y2 –y1)2)+ m3((x3 –x1)2+(y3 –y1)2)= 0 + m25d2 + m34d2 = 9md2 = 0.49 kg m2 [notate che la massa 1 non “contribuisce” al momento di inerzia, dato che la sua distanza dall’asse di rotazione, r’1, è in questo caso nulla; tuttavia I’>I0 dato che le masse m2 ed m3 vengono a trovarsi relativamente distanti dall’asse di rotazione] Francesco Fuso – tel 050 2214305 – e-mail: [email protected] – web page: http://www.df.unipi.it/~fuso/dida d. Quanto vale il momento di inerzia ICM per una rotazione del sistema attorno ad un asse parallelo all’asse Z e passante per la posizione del centro di massa? [Ricordate che potete anche usare il “teorema degli assi paralleli”, che recita: I = ICM + MD2, dove il significato dei vari termini dovete saperlo voi!] ICM = …………………………………… = ………… kg m2 m1rCM12+m2rCM2+m3rCM32= 2 2 2 2 m1((x1 –xCM) +(y1 –yCM) )+ m2((x2 –xCM) +(y2 –yCM) )+ m3((x3 –xCM)2+(y3 –yCM)2)= m1((x1 –0)2+(y1 +d/3)2)+ m2((x2 –0)2+(y2 +d/3)2)+ m3((x3 –0)2+(y3 +d/3)2)= (14/3) md2 = 0.25 Kg m2 [il risultato si ottiene ovviamente sia applicando il teorema degli assi paralleli che calcolando direttamente il momento di inerzia rispetto al polo passante per il CM; per il teorema, potete verificare il risultato prendendo notando che deve, per esempio, essere: ICM = I0 – 3m(xCM2+yCM2) , dato che la distanza tra il polo a cui è riferito I0 (l’origine) e il CM vale D = (xCM2+yCM2)1/2 e la massa totale è M = 3m] e. Supponete ora che sui tre corpi agiscano rispettivamente le forze (costanti) F1 = (-f,0), F2 = (f, f), F3 = (f,0), con f = 1.8 N. Cosa potete dire del moto del sistema? Quanto valgono l’accelerazione del centro di massa, aCM , e l’accelerazione angolare α per rotazioni attorno al centro di massa? Commento: ............................................ il sistema è sottoposto ad un moto di traslazione, dovuto alla risultante delle forze che agiscono sul CM, e di rotazione, dovuto alla presenza di momenti delle forze. (F1+F2+F3)/(3m) = (f, f)/(3m) = (1.0, 1.0) m/s2 [il aCM = (……, ……) = ………… m/s2 CM si muove di moto uniformemente accelerato e traiettoria rettilinea diretta lungo la bisettrice del primo quadrante] α = …………………………………… ~ ………… rad/s2 (|τ1+ τ2+τ3|)/ICM = -|τ2|/ICM = - 2 2 df/(3ICM) = - f/(7md) ~ - 1.4 rad/s [dalla legge cardinale del moto rotatorio attorno al CM: τ = ICM α, dove τ indica la risultante dei momenti delle forze, che è pari al solo momento τ2 dato che i momenti delle forze sulle masse 1 e 3 si annullano a vicenda per ragioni di simmetria; notate che il segno negativo è stato aggiunto ad hoc per indicare che l’accelerazione tende a far ruotare il sistema in senso orario. Per il calcolo di τ2 potete usare la regola del prodotto vettoriale τ2 = r2CM X F2, stando attenti a scrivere nel modo corretto il vettore posizione della massa 2 rispetto al centro di rotazione, r2CM = r2 + rCM, e calcolando il prodotto vettoriale ad esempio tramite la “regola del determinante”, consigliata quando si conoscono le componenti dei vettori da “moltiplicare” fra loro; notate che l’evoluzione temporale di questo moto non è facilmente deducibile, poichè il momento cambia con il tempo anche se siete in presenza di forze costanti] 3. Un’asta di massa M = 10.0 kg, lunghezza L = 3.00 m e sezione di area A = 10.0 cm2, è realizzata con un materiale disomogeneo. a. Sapendo che, detta x la distanza da un estremo dell’asta, la densità di massa varia in funzione di x secondo la legge ρ(x) = ρ0 x2/L2, quanto vale il coefficiente ρ0? ρ0 = …………………………………… = ………… kg/m3 ML2/(S ∫0Lx2dx) = 3M/(SL) = 4 3 1.00x10 kg/m [per definizione di densità di massa, deve essere M = ∫VOL ρ(x) dV = ∫0L ρ(x) Sdx =∫0L ρ0x2 (S/L2) dx = ρ0( S/L2) ∫0L x2 dx = ρ0 SL /3 , dove l’elemento di volume è stato scritto come dV = Sdx coerentemente con la geometria lineare del sistema] b. A quale distanza xCM misurata rispetto all’estremo x = 0 dell’asta si trova il suo centro di massa? xCM = …………………………………… = ………… m (∫0Lx ρ(x) S dx)/M = ρ0 S L2/(4M) = (3M/(SL))( S L2/(4M) ) = 3L/4 = 2.25 m c. Supponete ora che questa asta possa ruotare senza attrito su un piano verticale e attorno ad un perno passante per il suo estremo x = 0. θ g Supponete anche che all’altro estremo dell’asta sia attaccata una molla, di M, massa trascurabile e costante elastica k = 30.0 N/m e che l’altro estremo L, della molla sia vincolato ad un solaio rigido ed indeformabile. La figura k, Δ A rappresenta la situazione di equilibrio, che si verifica quando la molla è Y ξ diretta ortogonalmente all’asta, mentre l’asta forma un angolo θ = 60 X gradi rispetto all’orizzontale. Quanto vale l’allungamento Δ della molla in 2 queste condizioni? [Usate il valore numerico g = 9.80 m/s per il modulo dell’accelerazione di gravità] Δ = …………………………………… = ………… m Mg xCMcosθ / (kL) = 3Mg cosθ / (4k) = 2.45 m [viene dall’equilibrio dei momenti delle forze rispetto al perno di rotazione, notando che le forze che danno un momento non nullo sono la forza peso Mg, applicata al baricentro e quindi con un braccio xCMcosθ rispetto al perno, e la forza elastica, di modulo kΔ e braccio L , essendo diretta ortogonalmente all’asta] Francesco Fuso – tel 050 2214305 – e-mail: [email protected] – web page: http://www.df.unipi.it/~fuso/dida